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solution

显然单独考虑每个 $i$ 的贡献，即被多少个合法上升子序列包含。

令 x=max⁡{j∣j>i∧aj>ai}x=\max\{j\ |\ j>i\wedge a_j>a_i\}x=max{j ∣ j>i∧aj​>ai​}，则包含 $i$ 的合法子序列的结尾元素最远只能到 $x-1$。

发现，重要的不是值本身，而是大小关系。所有可以离散化。从小到大标号 $1\sim n$，权值小的放前面；权值相同下标大的放前面。

下面的 $a$ 均表示离散化后的序列。

同时将合法上升子序列拆分成正着以 $i$ 结尾的上升子序列和倒着以 $i$ 结尾的下降子序列两个部分，分别求出方案数后乘法原理即可。

$1\sim i$ 以 $i$ 结尾的上升子序列，在已经离散化后，预处理就非常简单了。树状数组维护 $f_i:i$ 结尾的上升子序列个数。

然后考虑 $x-1\sim i$ 以 $i$ 结尾的下降子序列。

因为每个 $i$ 对应的 $x$ 不一样，不能像预处理一样只扫描一遍整个 $1\sim n$，也不可能每次都去遍历这个区间。

不妨考虑转化成$n\sim i$ 以 $i$ 结尾的下降子序列个数减去以 $x$ 开头以 $i$ 结尾的个数。

$n\sim i$ 以 $i$ 结尾的下降子序列个数，预处理方法同上。

最后就只剩下以 $x$ 开头以 $i$ 结尾的下降子序列个数的计算了，开头和结尾都已经定了，是可做的。

设 y:ay=max⁡{aj∣x<j≤n}y:a_y=\max\{a_j\ |\ x<j\le n\}y:ay​=max{aj​ ∣ x<j≤n}，即 $x$ 以后的后缀最大值的下标。

必然有 $a_y<a_i<a_x$。

也就是说，当我们利用栈维护出后缀最大值序列后，这个下降子序列的所有元素 $k$ 都满足$a_y<a_k<a_x$。

那么，我们可以对于维护出来的后缀最大值上的每个节点开一个 $\text{vector}$。

把所有满足上述限制的 $k$，全都挂在一个节点上。

暴力地按照预处理的计算方式，计算下降子序列个数。

因为每个 $i$ 只会挂在一个 $x$ 上面，所以时间复杂度是可以保证的。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 300005
vector < int > v[maxn];
int T, n, top;
int id[maxn], t[maxn], a[maxn], f[maxn], g[maxn], h[maxn], s[maxn];void clear() { for( int i = 1;i <= n;i ++ ) t[i] = 0; }
void Add( int i, int x ) { for( ;i <= n;i += i & -i ) ( t[i] += x ) %= mod; }
int Ask( int i ) { int ans = 0; for( ;i;i -= i & -i ) ( ans += t[i] ) %= mod; return ans; }signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {top = 0; for( int i = 1;i <= n;i ++ ) v[i].clear();scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] ), id[i] = i;sort( id + 1, id + n + 1, []( int x, int y ) { return a[x] == a[y] ? x > y : a[x] < a[y]; } );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) a[id[i]] = i; //离散化clear();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) Add( a[i], f[i] = Ask( a[i] ) + 1 );//f[i]:1~i以i结尾的上升子序列个数 //f[i]=1+\sum_{j=1}^{i-1}f[j](a_j<a_i)clear();for( int i = n;i;i -- ) Add( n - a[i] + 1, g[i] = Ask( n - a[i] + 1 ) + 1 );//g[i]:n~i以i结尾的下降子序列个数//g[i]=1+\sum_{j=n}^{i+1}g[j](a_j>a_i)for( int i = n;i;i -- ) if( a[i] > a[s[top]] ) s[++ top] = i;//后缀最大值的有用点for( int i = n;i;i -- ) { //必须倒序int l = 1, r = top, pos;while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( a[i] <= a[s[mid]] ) r = mid - 1, pos = mid;else l = mid + 1;}if( i ^ s[pos] ) v[pos].push_back( i );//将满足a_{s[pos-1]}<a_i<a_{s[pos]}的i归属于s[pos]集合}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) t[i] = 0;for( int i = 1;i <= top;i ++ ) {Add( n - a[s[i]] + 1, h[s[i]] = 1 );//h[k]:k~k隶属的s[i] 以s[i]开始k结尾的下降子序列//h[k]=\sum_{j=k+1}^{s[i]}h[j](a_j>a_k)for( int k : v[i] ) Add( n - a[k] + 1, h[k] = Ask( n - a[k] + 1 ) );//所有下标>k的j都已经加入了 这也是为什么上面必须倒序储存//相当于clear() 但每次k数量很少 从1~n都清一遍浪费时间for( int k : v[i] ) Add( n - a[k] + 1, -h[k] );Add( n - a[s[i]] + 1, -1 );}int ans = 0;//g[i]-h[i]:合法的n~i以i结尾的下降子序列数量 f[i]:合法的1~i以i结尾的上升子序列数量for( int i = 1;i <= n;i ++ ) ( ans += ( g[i] - h[i] ) % mod * f[i] ) %= mod;printf( "%lld\n", ( ans + mod ) % mod );}return 0;
}